专题5 解答题第24题压轴题题位训练 2026年中考三轮复习系列1-南通九年级数学中考冲刺题位训练

**基本信息** 压轴题专项训练，聚焦函数与几何综合，覆盖一次函数、二次函数、几何变换等核心考点，典例精选模拟及真题，突出数形结合与动态探究 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |一次函数综合|1题|动态问题与面积关系|函数图像性质→动态几何关系→综合应用| |二次函数综合|6题|函数性质与最值探究|解析式求解→图像变换→最值与存在性问题| |几何综合|2题|图形旋转与折叠证明|几何图形性质→变换规律→推理证明| |几何变换综合|1题|平移与旋转综合应用|图形平移→旋转性质→动态几何计算| |相似形综合|3题|相似与四边形性质综合|相似判定→比例关系→综合推理|

专题5 解答题第24题压轴题题位训练 考点一 一次函数综合题 1．（2026•海门区二模）如图，已知射线AB与x轴和y轴分别交于点A（﹣3，0）和点B（0，3）．动点P从点A出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向右做匀速运动，过点P作PQ⊥AB于Q．设运动时间为t秒，且第一象限内有点N（n，n﹣2）． （1）当n＝3时，若PQ恰好经过点N，求t的值； （2）连接BP，记△BPQ面积为S△BPQ，△ABP面积为S△ABP． ①当S△BPQS△ABP时，求t的取值范围； ②当S△BPQS△ABP时，记Q（a，b），若（a﹣n）2+（b﹣n+2）2取得最小值时，求直线QN的解析式． 【分析】（1）构造如下草图分析，由点A（﹣3，0）和点B（0，3），得出，∠BAO＝60°，得出在Rt△PNH中，∠NPH＝30°，NH＝1，PH，进一步利用OH＝xN＝3，OA＝3，求得答案即可； （2）分两种情况：①当S△BPQS△ABP，②当S△BPQS△ABP时；在分别按点Q在点B下方时，当点Q在点B上方时，探讨得出答案即可． 【解答】解：（1）如图 由点A（﹣3，0）和点B（0，3）， 在Rt△PNH中，∠BAO＝60°． 当n＝3时，点N（3，1）． 在Rt△PNH中，∠NPH＝30°，NH＝1，PH， 又OH＝xN＝3，OA＝3， ∴AP＝6． 即t＝6． （2）①当S△BPQS△ABP时，由于两个三角形同高，即有BQAB， 需要考虑两种可能： 当点Q在点B下方时，点Q为线段AB的中点，此时容易出求AP＝2AQ＝6，即t＝6， 当点Q在点B上方时，AQ＝9，此时容易出求AP＝2AQ＝18，即t＝18， 相应的，当S△BPQS△ABP时，求t的取值范围是6≤t≤18． ②当S△BPQS△ABP时，由（2）①中的方法可求出BQ＝2，相应点Q有两个可能的坐标是（﹣1，2）、（1，4）． 由代数式（a﹣n）2+（b﹣n+2）2的特点，本质上求点Q到点N的最小距离，而点N（n，n﹣2）在直线y＝x﹣2，也就是点Q到直线y＝x﹣2的距离就是QN的最小值． （Ⅰ）当点Q（﹣1，2）时，作QN⊥直线y＝x﹣2于点N，此时N（，）， 根据待定系数法求出直线QN的解析式为y＝﹣x+21． （Ⅱ）当点Q（1，4）时，作QN⊥直线y＝x﹣2于点N，此时N（，）， 根据待定系数法求出直线QN的解析式为y＝﹣x+41． 综上，直线QN的解析式为y＝﹣x+21或y＝﹣x+41． 【点睛】此题考查一次函数的综合运用，分别将两种可能的坐标代入代数式整得出关于n的二次函数，利用二次函数的最值分析求出点Q的坐标实现问题求解． 考点二 二次函数综合题 2．（2024•南通）已知函数y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2（a，b为常数）．设自变量x取x0时，y取得最小值． （1）若a＝﹣1，b＝3，求x0的值； （2）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在双曲线y上，且x0．求点P到y轴的距离； （3）当a2﹣2a﹣2b+3＝0，且1≤x0＜3时，分析并确定整数a的个数． 【分析】（1）利用求抛物线对称轴公式即可求得答案； （2）根据题意得b，代入y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2，再根据抛物线对称轴公式建立方程求解即可； （3）由题意得b，代入y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2，用含a的代数式表示x0，再根据题意列不等式组求解即可． 【解答】解：（1）若a＝﹣1，b＝3，则y＝（x+1）2+（x﹣3）2＝2x2﹣4x+10， ∵当x1时，y取得最小值， ∴x0＝1； （2）∵点P（a，b）在双曲线y上， ∴b， ∴y＝（x﹣a）2+（x）2＝2x2﹣（2a）x+a2， ∵x0， ∴a1＝2，a2＝﹣1， 当a＝2时，点P到y轴的距离为2； 当a＝﹣1时，点P到y轴的距离1； 综上所述，点P到y轴的距离为2或1； （3）∵a2﹣2a﹣2b+3＝0， ∴b， 由题意得：x0， ∵1≤x0＜3， ∴13， 整理得：1≤a2＜9， ∴﹣3＜a≤﹣1或1≤a＜3， ∵a为整数， ∴a＝﹣2或﹣1或1或2，共4个． 【点睛】本题是函数综合题，考查了二次函数的性质，反比例函数性质，解不等式组等，理解题意，熟练运用二次函数的性质是解题关键． 3．（2026•海安市一模）在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点M，抛物线W2：y＝ax2﹣4ax+n（a＞0）经过点（1，﹣1）． （1）用含有a的式子表示n； （2）若m＝﹣2，点P在W1上，且点P的纵坐标为﹣5．请说明P是否在W2上？ （3）直线y＝kx+m（k＜0）交W1于点M，N，若线段MN的中点Q为直线MN与W2的唯一公共点，求a的值． 【分析】（1）将点（1，﹣1）代入抛物线W2中化简整理即可； （2）先由W1求出点P的坐标，再验证是否满足W2解析式即可； （3）先联立直线y＝kx+m和抛物线W1：y＝x2﹣4x+m求出点M和点N的坐标，再表示出Q点坐标，再联立直线y＝kx+m和抛物线W2：y＝ax2﹣4ax+3a﹣1，由唯一公共点，令判别式为0，化简整理可得a（4a+8k+4+4m）+k2＝0①，接着把点Q（，）代入抛物线W2：y＝ax2﹣4ax+3a﹣1中，整理化简可得ak2﹣2k2＝4a+8k+4+4m②，最后把②式代入①式中化简整理即可得到答案． 【解答】解：（1）把点（1，﹣1）代入抛物线W2：y＝ax2﹣4ax+n中， 得﹣1＝a﹣4a+n，故n＝3a﹣1； （2）点P不在W2上，理由如下： 当m＝﹣2时，抛物线W1：y＝x2﹣4x﹣2， 令y＝﹣5，即x2﹣4x﹣2＝﹣5， 解得x＝3或1， 故P（3，﹣5）或（1，﹣5）， 此时W2：y＝ax2﹣4ax+3a﹣1， 当x＝1或3时，y＝﹣1≠﹣5， ∴点P不在W2上； （3）联立直线y＝kx+m和抛物线W1：y＝x2﹣4x+m， 整理可得x[x﹣（4+k）]＝0， 解得x＝0或4+k， 设M（0，m），N（4+k，k2+4k+m）， 则点Q（，）， ∵直线MN与W2有唯一公共点， ∴联立直线y＝kx+m和抛物线W2：y＝ax2﹣4ax+3a﹣1， 即ax2﹣4ax+3a﹣1＝kx+m，令Δ＝0， 整理得（4a+k）2﹣4a（3a﹣1﹣m）＝0， 化简再整理可得a（4a+8k+4+4m）+k2＝0①， 把点Q（，）代入抛物线W2：y＝ax2﹣4ax+3a﹣1中， 整理化简可得ak2﹣2k2＝4a+8k+4+4m②， 把②式代入①式中可得a2k2﹣2ak2+k2＝0， 即k2（a2﹣2a+1）＝0， ∵k≠0， ∴a2﹣2a+1＝0， 可得a＝1． 【点睛】本题考查二次函数解析式求解、点与抛物线的位置关系、中点坐标及直线与抛物线的交点问题，解题关键是利用点的坐标代入求参数，结合中点坐标公式，再通过判别式为 0 求解参数． 4．（2026•海门区模拟）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c，直线与y轴交于A，与x轴交于B．抛物线过A、B两点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点M为抛物线第一象限一点，AM⊥MN．若，求点M的横坐标； （3）如图2，∠ACB＝90°，点P为AB中点，EP∥OB，且点E的横坐标为﹣1．∠ECD＝90°，∠EDC＝60°，作点A关于x轴的对称点F，，连接DG，DF．请直接写出的最小值（结果无需化简）． 【分析】（1）把A（0，4），点B（3，0）分别代入解析式y＝﹣x2+bx+c，计算即可． （2）先证明∠NAM＝∠OAB，过点O作OE⊥AB于点E，交AM的延长线于点G，确定点G的坐标，再计算直线AG的解析式，联立抛物线的解析式构造一元二次方程，求得x的值即可． （3）以点E为中心，将EP顺时针旋转30°到EH，过点P作EP⊥PH于点P，交EH于点H，证明△EDC∽△EHP，△EDH∽△ECP，作∠HID＝∠HCG交GH于点I，证明△IDH∽△DGH，得到，利用三角形不等式计算即可． 【解答】解：（1）∵直线与y轴交于A，与x轴交于B， ∴A（0，4），点B（3，0）， 把A（0，4），点B（3，0）分别代入解析式y＝﹣x2+bx+c， 得， 解得，故抛物线的解析式为． （2）∵直线与y轴交于A，与x轴交于B， ∴A（0，4），点B（3，0）， ∴OA＝4，OB＝3，， ∴， ∵AM⊥MN，， ∴， ∴∠NAM＝∠OAB， 过点O作OE⊥AB于点E，交AM的延长线于点G， ∵， ∴△AEO≌△AEG（ASA）， ∴OE＝EG， 过点E作EF⊥OB于点F， 则 ，∠EOF＝90°﹣∠AOE＝∠OAB， ∴， ， ∴， ∴， 设直线AG的解析式为y＝kx+m， ∴， 解得， 故直线AG的解析式为． 根据题意，得， 解得（舍去）， 故点M的横坐标为． （3）以点E为旋转中心，将EP顺时针旋转30°到EH，过点P作EP⊥PH于点P，交EH于点H， ∵A（0，4），点B（3，0），点P为AB中点， ∴，， ∵EP∥OB，且点E的横坐标为﹣1，∠ACB＝90°， ∴E（﹣1，2），， ∴， ∴EP＝CP， ∴， ∴，， ∵， ∴GH∥x轴，， ∵∠ECD＝90°，∠EDC＝60°， ∴∠DEC＝30°， ∴∠DEC＝∠HEP，∠ECD＝∠EPH， ∴△EDC∽△EHP， ∴， ∴， ∵∠DEH＝30°+∠CEH＝∠CEP， ∴△EDH∽△ECP， ∴， ∴， 作∠HID＝∠HDG交GH于点I， ∵∠IHD＝∠DHG， ∴△IDH∽△DGH， ∴， ∴DH2＝GH•IH， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴， 故当I，D，F三点共线时，IF最小， ∵点A关于x轴的对称点F，且A（0，4）， ∴F（0，﹣4） ∵， ∴， 的最小值， 故答案为：． 【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，三角函数的计算，解方程组，线段和的最小值，熟练掌握待定系数法，三角函数是解题的关键． 5．（2026•海门区一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣4mx+4m2﹣9与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），与y轴交于点C． （1）当m＝2时，求点A，B的坐标； （2）若S△CAB＝3S△CAO，求直线BC的函数解析式； （3）将抛物线在x轴上方的部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，得到的新函数图象记为G，点M（x1，y1），N（x2，y2）在G上，当1＜x1＜2，x2＝2时，y1＜y2恒成立，直接写出m的取值范围． 【分析】（1）令y＝0，解方程即可得答案； （2）令y＝0，可得x1＝2m﹣3，x2＝2m+3，故AB＝6，根据面积关系可得点A的坐标为（2，0）或（﹣2，0），得m或m，据此可用待定系数法求BC的表达式； （3）求得翻折后的图象解析式为G（x），分为两种情况讨论，画出图象，数形结合列不等式组，再求解即可得答案． 【解答】解：（1）当m＝2时，y＝x2﹣8x+7， 令y＝0，可得x2﹣8x+7＝0， 解得x1＝1，x2＝7， 故点A（1，0），B（7，0）； （2）令y＝0，可得x2﹣4mx+4m2﹣9＝0， 解得x1＝2m﹣3，x2＝2m+3， 故AB＝2m+3﹣（2m﹣3）＝6， ∵S△CAB＝3S△CAO， ∴AOAB＝2， 故点A的坐标为（2，0）或（﹣2，0）， 故2m﹣3＝2或2m﹣3＝﹣2， 解得m或m， 当m时，可得x2＝8，点C坐标为（0，16）， 设直线BC的表达式为y＝kx+b，代入点（8，0）和点（0，16）， 可得，解得， ∴直线BC的表达式为y＝﹣2x+16； 当m时，可得x2＝4，点C坐标为（0，﹣8）， 同理可得直线BC的表达式为y＝2x﹣8， 综上，直线BC的表达式为y＝﹣2x+16或y＝2x﹣8； （3）由（2）可得点A（2m﹣3，0），点B（2m+3，0）， 则抛物线的对称轴为直线x2m， 由翻折可知，记翻折后的图象解析式为G（x）， ∵当1＜x1＜2，x2＝2时，y1＜y2恒成立， 当点N在点A（2m﹣3，0）的左侧时，如图1所示， ∴令2m﹣3≥2即可，解得m； 当点N在点A的右侧，且在点B的左侧时，如图2所示， ∴令，解得； 综上，m的取值范围为m或． 【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数与三角形的面积，一次函数，二次函数的增减性质，数形结合、分类讨论的思想，熟练掌握以上内容是解题关键． 6．（2026•海门区模拟）如图是一动画的设计示意图，水面（x轴）上小山的最高点为A，山后由AB，BC，CD三部分组成，其中A（3，6），B（4，2），C（5，2），D（9，0）；水面下有两点M（﹣2，﹣2），N（0，﹣2），从平台MN上的点E（不与点M，N重合）向右上沿L：y＝﹣x2+bx+b+1发射带光的点P（水的影响忽略不计），设点E的横坐标为m． （1）若L上最高点的纵坐标为9． ①求L的解析式并求此时m的值； ②判断点P能否越过点A？并说明理由． （2）一个T形架：FG∥x轴（FG在CD上方），H为FG的中点，点K在CD上（不与端点重合），KH⊥FG，FH＝HG＝HK＝1．设点K到x轴的距离为n，若L的对称轴为直线x＝3，点P不能落在FG上，直接写出n的取值范围． （温馨提示：抛物线顶点坐标公式（，）） 【分析】（1）①由9，可求b的值，再将E（m，﹣2）代入y＝﹣x2+4x+5中，即可求m的值； ②当x＝3时，求出y的值，再进行判断即可； （2）先求直线CD的解析式，能求出K（﹣2n+9，n），由此可求F（﹣2n+8，n+1），H（﹣2n+9，n+1），G（﹣2n+10，n+1），再由L的对称轴为直线x＝3，确定函数的解析式为y＝﹣x2+6x+7，当y＝n+1时，﹣x2+6x+7＝n+1，解得x＝3或x＝3（舍），由点P不能落在FG上，可得32n+8或32n+10，再结合0＜n＜2，可求n的取值范围． 【解答】解：（1）①∵L上最高点的纵坐标为9， ∴9， ∴9， 解得b＝4或b＝﹣8， ∵b+1＞0， ∴b＞﹣1， ∴b＝4， ∴y＝﹣x2+4x+5， ∵M（﹣2，﹣2），N（0，﹣2），E点在MN上， ∴E（m，﹣2）， 将E点代入y＝﹣x2+4x+5中， 得﹣2＝﹣m2+4m+5， 解得m＝2或m＝2， ∵﹣2＜m＜0， ∴m＝2； ②当x＝3时，y＝﹣32+4×3+5＝8＞6， ∴点P能越过点A； （2）设直线CD的解析式为y＝kx+b， ∴， 解得， ∴yx， 当y＝n时，x＝﹣2n+9， ∴K（﹣2n+9，n）， ∵FH＝HG＝HK＝1， ∴F（﹣2n+8，n+1），H（﹣2n+9，n+1），GG（﹣2n+10，n+1）， ∵L的对称轴为直线x＝3， ∴3， ∴b＝6， ∴y＝﹣x2+6x+7， 当y＝n+1时，﹣x2+6x+7＝n+1， 解得x＝3或x＝3（舍）， ∵点P不能落在FG上， ∴32n+8或32n+10， 当32n+8时，解得n或n， 当32n+10时，解得n， ∵0＜n＜2， ∴0＜n或n＜2． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，正确求解一元一次不等式是解题的关键． 7．（2025•辽阳模拟）综合与实践 【问题提出】 某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在△ABC边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作等边△DPE．设点P的运动时间为t秒，△DPE的面积为S，探究S与t的关系． 【初步感知】 （1）如图1，在点P由点C运动到点B的过程中： ①当t＝1.5时，S＝　　 ； ②S关于t的函数解析式为（并写出自变量的取值范围）　　 ． （2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长． 【延伸探究】 （3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的三角形DPE的面积均相等．解决下列问题： ①t1+t2＝　6　 ； ②当t3＝4t1时，求等边△DPE的面积． 【分析】（1）①先求出CP＝1.5，，再利用勾股定理求出，最后根据等边三角形的面积公式求解即可； ②仿照①先求出CP＝t，进而求出，再利用面积公式列关系式即可； （2）根据图象设二次函数为：，代入，即可得到函数关系式，再进一步求解AB即可； （3）①如图2，存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的三角形DPE的面积均相等，可得，结合t1＜t2＜t3以及对称性可得答案； ②由的对称轴为直线：t＝6；可得t2+t3＝12，结合t3＝4t1，t1+t2＝6，求解t1＝2，进一步可得答案． 【解答】解：（1）∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动， ∴当t＝1.5时，点P在BC上，且， ∵∠C＝90°，， ∴， 如图1，过E作EH⊥PD于H，△PDE为等边三角形， ∴，，∠EPD＝60°， ∴EH＝EP•sin60°， ∴， 故答案为：； ②∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在BC匀速运动， ∴CP＝t， ∵∠C＝90°，， ∴， ∴； ∵此时最大面积为：， ∴， 解得：t＝3（t＝﹣3舍去）， ∴， 故答案为：； （2）由图象可得：二次函数的顶点坐标为：， 设二次函数为：，代入， ∴， 解得：， ∴二次函数为：；即； 当时，， 解得：t＝12（t＝0舍去）， ∴AB＝12﹣3×1＝9； （3）①如图2，存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的三角形DPE的面积均相等， ∴， ∵t1＜t2＜t3， ∴t1+t2＝2×3＝6， 故答案为：6； ②∵的对称轴为直线t＝6； ∴t2+t3＝12， ∵t3＝4t1，t1+t2＝6， ∴t1＝2， ∴． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查的是动态几何的函数图象，等边三角形的性质，锐角三角函数的应用，二次函数的性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，理解图象的含义是解答本题的关键． 8．（2026•启东市模拟）已知二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0）图象的对称轴是经过点（1，0）且平行于y轴的直线，与x轴分别交于A、B两点（A点在B点的左侧），A点为（﹣1，0），与y轴交于点C． （1）求二次函数的表达式； （2）点M（m，y1）和N（m+1，y2）是二次函数图象上的两个点，比较y1和y2的大小； （3）在抛物线对称轴上找一点P，使得tan∠BPC＝3，求P点的坐标． 【分析】（1）由对称轴为直线x＝1，求出b＝﹣2a，再将点A代入函数解析式即可求解； （2）求出y1、y2，用作差法比较大小即可； （3）设抛物线的顶点M（1，﹣4），P点与M点重合，即P（1，﹣4）；过点B作BN∥CM，过点C作CN∥BM，BN与CN交于N点，P点在以CN为直径的圆与对角线的交点处，设P（1，m），求出N（2，1），设NC的中点为G（1，﹣1），根据PGNC，求出P（1，1）． 【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝1， ∴b＝﹣2a， ∴y＝ax2﹣2ax﹣3， 将点A代入，得a+2a﹣3＝0， 解得a＝1， ∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3； （2）∵M（m，y1）和N（m+1，y2）是二次函数图象上的两个点， ∴y1＝m2﹣2m﹣3，y2＝m2﹣4， ∴y1﹣y2＝﹣2m+1， 当m时，y1＝y2； 当m时，y1＜y2； 当m时，y1＞y2； （3）设抛物线的顶点M（1，﹣4）， ∴CM，BM＝2，BC＝3， ∵BM2＝CM2+BC2， ∴△BCM是直角三角形，且∠BCM＝90°， ∴tan∠CMB3， ∴P点与M点重合，即P（1，﹣4）； 过点B作BN∥CM，过点C作CN∥BM，BN与CN交于N点， ∴四边形CMBN是平行四边形， ∴∠BNC＝∠CMB，∠NBC＝∠MCB＝90°， ∴P点在以CN为直径的圆与对角线的交点处， 设P（1，m）， 直线CM的解析式为y＝﹣x﹣3，则直线BN的解析式为y＝﹣x+3， 直线BM的解析式为y＝2x﹣6，则直线CN的解析式为y＝2x﹣3， 当﹣x+3＝2x﹣3时，解得x＝2， ∴N（2，1）， ∴CN＝2， 设NC的中点为G（1，﹣1）， ∴PGNC， ∴m+1， ∴m1， ∴P（1，1）； 综上所述：P点坐标为（1，﹣4）或（1，1）． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的判定及性质，同弧所对的圆周角相等是解题的关键． 9．（2026•海门区模拟）如图所示，一质地均匀的小球从斜坡O点处抛出，它抛出的路线可以用抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c为常数）的一部分进行刻画，斜坡可用直线y＝kx（k≠0，k为常数）的一部分进行刻画．如题2、3图（2）所示建立直角坐标系，已知小球能达到的最高点的坐标为（﹣2，4），小球在斜坡上的落点A的横坐标为﹣3． （1）求出抛物线与直线的函数解析式并写出自变量的取值范围． （2）当小球落到A点时由于受到重力因素的影响会加速下滑，当小球滑到O点时速度最大．设小球落到A点的速度为vo，小球滑落到点O时的速度为v，v与vo满足（t为小球从A点滑落到O点所需时间），已知小球从A点滑落到O点需要秒，请分别求出v与vo的值（提示：平均速度）． （3）如图（2）所示，点B是抛物线上（小球从起点到落点的运动轨迹）的动点，连接BO，AB．是否存在点B，使得AB⊥OB？若存在，请求出点B的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先根据抛物线顶点（﹣2，4）设出顶点式，代入原点（0，0）求出抛物线解析式并确定其自变量取值范围；再将落点A的横坐标﹣3代入抛物线解析式得到A点坐标（﹣3，3），最后将A点坐标代入过原点的直线方程，求出直线解析式并确定其自变量取值范围； （2）先由点A的坐标求出A到O的距离，再结合已知时间算出平均速度，最后利用平均速度公式和速度关系式，逐步求出初速度v0与末速度v； （3）先假设存在满足AB⊥OB的点B，利用勾股定理列出方程AB2+OB2＝AO2；再设（x，﹣x2﹣4x），代入坐标表示出AB2、OB2和AO2，通过换元法化简方程，求解后舍去不符合取值范围的解，最后将有效解代入抛物线解析式，得到点B的坐标． 【解答】解：（1）抛出的路线可以用抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c为常数）的一部分进行刻画，斜坡可用直线y＝kx（k≠0，k为常数）的一部分进行刻画． 抛物线解析式： ∵小球能达到的最高点的坐标为（﹣2，4）， ∴设抛物线顶点式y＝a（x+2）2+4， 由图可知抛物线过原点（0，0），代入得a＝﹣1， ∴y＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x， 令y＝0，则﹣x2﹣4x＝0， 解得：x1＝0，x2＝﹣4， ∴自变量的取值范围：﹣4≤x≤0； 即：抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x（﹣4≤x≤0）， 直线解析式： ∵小球在斜坡上的落点A的横坐标为﹣3， 设点A（﹣3，y）代入抛物线y＝﹣x2﹣4x， 得：y＝﹣9+12＝3， ∴A（﹣3，3）， 把点A（﹣3，3）代入斜坡直线y＝kx，得3＝﹣3k， ∴k＝﹣1， ∴直线解析式为y＝﹣x， ∴自变量的取值范围：﹣3≤x≤0， 即：直线的函数解析式为y＝﹣x（﹣3≤x≤0）； （2）由（1）得A（﹣3，3）， ∴A到O的距离， 由题意可得：平均速度， ∵v与vo满足， 即， ∴， 即：vo+1＝3， ∴vo＝3﹣1＝2， ∴v＝vo+2＝2+2＝4； （3）存在点B，使得AB⊥OB， 则满足：AB2+OB2＝AO2， 设点B的坐标为（x，﹣x2﹣4x），（﹣4≤x≤0） ∵A（﹣3，3），O（0，0）， ∴AB2＝（x+3）2+（﹣x2﹣4x﹣3）2， OB2＝x2+（﹣x2﹣4x）， AO2＝（﹣3﹣0）2+（3﹣0）2＝18， ∵AB2+OB2＝AO2， ∴（x+3）2+（﹣x2﹣4x﹣3）2+x2+（﹣x2﹣4x）2＝18， 整理，得（x+3）2+（x2+4x+3）2+x2+（x2+4x）2＝18， 令m＝x2+4x，则方程变为：（x+3）2+（m+3）2+x2+m2＝18， 去括号，合并同类项，得2x2+6x+2m2+6m＝0， 将m＝x2+4x代回，得2x2+6x+2（x2+4x）2+6（x2+4x）＝0， 整理，得x（x+3）（x2+5x+5）＝0， x＝0，对应点O，舍去； x+3＝0，即：x＝﹣3对应点A，舍去； x2+5x+5＝0，解得， 结合﹣3≤x≤0，， ∴代入抛物线解析式y＝﹣x2﹣4x，得： ， ∴点B的坐标为． 【点睛】本题列出二次函数的应用，正确进行计算是解题关键． 考点三 几何综合 10．（2026•海门区一模）如图所示，边长为的正方形ABCD两对角线相交于点O，∠EAF＝45°，∠EAF绕着点A自AB逆时针方向旋转，交直线BD于点E、F． （1）如图1所示，当∠EAF绕着点A旋转到AE恰好平分∠OAB时，试证明OA+OE＝AB； （2）如图2所示，当∠EAF绕着点A旋转，边AE、AF恰好位于AO两侧，且EO：OF＝2：3，计算三角形AEF的面积； （3）如图3所示，射线AF旋转到正方形外侧，与直线BD相交于点F，令∠AEO＝θ，令∠AFD＝ϕ，请写出tanθ与tanϕ的关系． 【分析】（1）过点E作EG⊥AB交AB于点G，根据正方形的性质，易证BG＝GE，再根据角平分线的性质，易证GE＝OE，从而BG＝OE，利用“HL”，可证Rt△AGE≌Rt△AOE，则OA＝AG，等量代换即可求证； （2）过点F作FH⊥AD交AD于点H，EG和FH相交于点K，设EO＝2x，则OF＝3x，EF＝5x，根据正方形的性质，易得△BGE和△DFH是等腰直角三角形，可得，，从而，进而，利用“AA”，得AHF∽AOE，则，求出x的值，最后利用面积公式即可求解； （3）过点E作EH⊥AD交AD于点H，根据正方形的性质和解直角三角形，易得，∠EAD＝∠AFD＝ϕ，△EDH是等腰直角三角形，进而，，整理可得，代入，即可求解． 【解答】（1）证明：如图1，边长为的正方形ABCD两对角线相交于点O，过点E作EG⊥AB交AB于点G， ∴∠ABD＝45°，AO⊥BO， ∵EG⊥AB，即△BGE是等腰直角三角形， ∴BG＝GE， ∵AE恰好平分∠OAB，EG⊥AB， ∴GE＝OE，则BG＝OE， 在Rt△AGE和Rt△AOE中， ∴Rt△AGE≌Rt△AOE（HL）， ∴OA＝AG， ∵AG+GB＝AB， ∴OA+OE＝AB； （2）解：如图2，过点E作EG⊥AB交AB于点G，过点F作FH⊥AD交AD于点H，EG和FH相交于点K， 设EO＝2x，则OF＝3x，EF＝5x， ∵正方形ABCD的边长为， ∴∠BAD＝∠AOE＝90°，∠ABD＝∠CAD＝∠ADB＝45°，AO⊥BO，AO＝BO＝OD＝1， ∴BE＝1﹣2x，DF＝1﹣3x， ∵EG⊥AB，FH⊥AD，即△BGE和△DFH是等腰直角三角形， ∴，， ∵∠BAD＝90°， ∴四边形AGKH是矩形， ∴AH＝GK，∠K＝90°， ∵∠FEK＝∠GEB＝45°，即△EKF是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵∠EAF＝45°，∠CAD＝45° ∴∠EAO＝∠EAF﹣∠OAF＝45°﹣∠OAF，∠FAH＝∠CAD﹣∠OAF＝45°﹣∠OAF， ∴∠FAH＝∠EAO， ∵FH⊥AD，∠AOE＝90°， ∴∠AHF＝∠AOE＝90°， ∴AHF∽AOE ∴，即AH•OE＝AO•HF， 则，解得，x2＝﹣1（舍去）， ∴， ∴， 则三角形AEF的面积为； （3）解：．理由如下： 如图3，边长为的正方形ABCD两对角线相交于点O，过点E作EH⊥AD交AD于点H， ∴，∠CAD＝∠ADB＝45°，∠AOE＝90°，AO＝OD＝1， ∴DE＝1﹣OE， 在Rt△AOE中，， ∵∠ADB＝45°， ∴∠ADF＝180°﹣∠ADB＝135°， ∴∠AFD+∠FAD＝45°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠FAD+∠EAD＝45°， ∴∠EAD＝∠AFD＝ϕ， 在Rt△AHE中，， ∵∠ADB＝45°，即△EDH是等腰直角三角形， ∴， ∴，则， ∵， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，旋转的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点，正确掌握相关知识是解题的关键． 11．（2025•眉山）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点B′处，折痕交AB于点E，再沿着过点B′的直线折叠，使点D落在B′C边上的点D′处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点B′、D′及折痕CE、B′F，连接B′E、B′C、D′F． 【初步猜想】（1）确定CE和B′F的位置关系及线段BE和CF的数量关系． 创新小组经过探究，发现CE∥B′F，证明过程如下： 由折叠可知∠DB'F＝∠CB'F∠DB'C，∠ECB'＝∠ECB∠BCB'．由矩形的性质，可知AD∥BC，∴∠DB′C＝∠BCB′，∴①　∠ECB'＝∠FB'C ，∴CE∥B′F． 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为②BE＝CF ． 经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一： 方法一：证明△AB′E≌△D′CF，得到B′E＝CF，再由B′E＝BE可得结论． 方法二：过点B′作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形CFB′G，然后证B′G＝B′E可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形ABCD中，AB＝6，按上述操作折叠并展开后，过点B′作B′G∥AB交CE于点G，连接D′G，当△B′D′G为直角三角形时，求出BE的长． 【分析】（1）根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到∠ECB'＝∠FB'C，猜想BE＝CF； （2）根据题干给定的2种方法进行证明即可； （3）设BE＝x，则B'G＝B'E＝CF＝x，D'F＝AE＝AB﹣BE＝6﹣x，勾股定理求出，①当∠B'GD'＝90°时，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出∠CGD′＝∠GCD'，进而得到，证明∠GB'D′＝∠FCD'，得到tan∠GB'D′＝tan∠FCD'，列出比例式，进行求解即可．②当∠GD'B'＝90°时，可得∠GCD'＝∠GCB＝∠FCD'＝30°，利用三角函数列方程求解即可． 【解答】解：（1）由折叠可知，． 由矩形的性质，可知AD∥BC， ∴∠DB'C＝∠BCB'． ∴①∠ECB'＝∠FB'C． ∴CE∥B'F． 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为②BE＝CF， 故答案为：①∠ECB'＝∠FB'C；②BE＝CF； （2）法一：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，BC＝AD， ∵折叠， ∴∠EB'C＝∠B＝90°，B'D＝B'D'，BC＝B'C＝AD，∠D＝∠B'D'F＝90°，BE＝B'E， ∴AD﹣B'D＝B'C﹣CD'，即：AB'＝CD'，∠CD'F＝90°＝∠A， 由（1）知：∠CB'D＝∠BCB'， 又∵∠AB'E+∠CB'D＝180°﹣∠EB'C＝90°，∠BCB'+∠B'CF＝∠BCD＝90°， ∴∠AB'E＝∠FCD'， 又∵∠A＝∠CD'F，AB'＝CD'， ∴△AB'E≌△D'CF， ∴B'E＝CF， ∵BE＝B'E， ∴BE＝CF； 法二：作B'G∥AB交CE于点G，则：B'G∥AB∥CD， ∵CE∥B'F， ∴四边形CFB'G为平行四边形， ∴B'G＝CF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴AB∥B'G， ∴∠B'GE＝∠BEC， ∵折叠， ∴∠BEC＝∠B'EC，BE＝B'E， ∴∠B'GE＝∠B'EC， ∴B'E＝B'G， ∴BE＝B'E＝B'G＝CF； （3）∵B'G∥AB， ∴∠A＝∠GB'D＝90°， 由（2）可知：B'G＝B'E＝BE＝CF，CD'＝AB'，△AB'E≌△D'CF， ∴D'F＝AE， 设BE＝x，则：B'G＝B'E＝CF＝x，D'F＝AE＝AB﹣BE＝6﹣x， ∴， 如图，当△B'D′G为直角三角形时，则：∠B'GD'＝90°， ∴∠GB'D+∠B'GD'＝180°， ∴GD'∥AD∥BC， ∴∠D'GC＝∠ECB， 又∵∠GCD'＝∠ECB， ∴∠CGD'＝∠GCD'， ∴， ∵B'G∥AB∥CD， ∴∠GB'D'＝∠FCD'， ∴在Rt△B'GD'和Rt△CD′F中，tan∠GB'D′＝tan∠FCD'， ∴，即：， ∴x（6﹣x）＝12x﹣36， 解得：或（舍去）； ∴； 当∠GD'B'＝90°时， ∵∠B'D'F＝∠D＝90°， ∴∠GD'B'+∠B'D'F＝180°， ∴G、D'、F三点共线， ∴B'C⊥GF， ∵四边形B'GCF是平行四边形， ∴四边形B'GCF是菱形， ∴∠GCD'＝∠FCD'， ∵∠GCD'＝∠GCB， ∴∠GCD'＝∠GCB＝∠FCD'＝30°， 设CF＝a，则DF＝D'F＝6﹣a， ∴， 即， 解得：a＝4， ∴BE＝CF＝4； 综上所述：或4． 【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 12．（2026春•北京月考）在平面直角坐标系xOy中，点M（xM，yM）和点N（xN，yN）是图形G上的任意两点，记|xM﹣xN|的最大值为lx，|yM﹣yN|的最大值为ly，若lx＝2ly，则称图形G是“奇妙图形”．已知点A（﹣4，0），B（0，1）． （1）点C（0，2），D（﹣4，2），E（2，﹣2），下列图形： ①线段AC；②△ABD；③四边形ADCE． 其中是“奇妙图形”的是　①②　 ；（填序号） （2）在（1）的条件下，点P在直线CE上，若线段BP是“奇妙图形”，求点P的横坐标xP的值； （3）已知边长为的正方形中心为T（t，t+2），两条对角线均垂直于坐标轴，若正方形上存在点Q，使得△ABQ是“奇妙图形”，直接写出t的取值范围． 【分析】（1）根据题意，分别找到每种图形的最左端与最右端，最高点与最低点，计算出对应的lx与ly的值，根据是否符合lx＝2ly，进行判断即可； （2）设点P的横坐标xP＝m，先用待定系数法求出直线CE的解析式为y＝﹣2x+2，则P（m，﹣2m+2），根据题意表示出线段BP的lx与ly，由lx＝2ly构造方程，解出m的值； （3）先分析点Q所在区域，分别过点A、B作坐标轴的平行线，将平面直角坐标系分为9块区域，结合题干所给的新定义可得，符合要求的点Q在两段折线上．利用正方形的性质可得点F（t，t+3），点H（t，t+1），计算出点F与点H落在折线上时，对应的t的值，从而确定t的取值范围． 【解答】解：（1）如图，根据题意，分别找到每种图形的最左端与最右端，最高点与最低点，计算出对应的lx与ly的值，根据是否符合lx＝2ly如下： 对于①线段AC：由图可知，lx＝|xA﹣xC|＝|﹣4﹣0|＝4，ly＝|yA﹣yC|＝|0﹣2|＝2， ∵lx＝2ly， ∴线段AC是“奇妙图形”； 对于②△ABD：由图可知，lx＝|xA﹣xB|＝|﹣4﹣0|＝4，ly＝|yA﹣yD|＝|0﹣2|＝2， ∵lx＝2ly， ∴△ABD是“奇妙图形”； 对于③四边形ADCE：由图可知，lx＝|xA﹣xE|＝|﹣4﹣2|＝6，ly＝|yE﹣yD|＝|﹣2﹣2|＝4， ∵lx≠2ly， ∴四边形ADCE不是“奇妙图形”； 综上，是“奇妙图形”的是①②； 故答案为：①②； （2）设点P的横坐标xP＝m，先用待定系数法求出直线CE的解析式为y＝﹣2x+2，则P（m，﹣2m+2），根据题意表示出线段BP的lx与ly，由lx＝2ly构造方程如下： 设直线CE的解析式为y＝kx+b，点P的横坐标xP＝m， 将C（0，2），E（2，﹣2）代入y＝kx+b，得， ， 解得， ∴直线CE的解析式为y＝﹣2x+2， ∴点P的坐标为（m，﹣2m+2）， 根据题意，线段BP的lx＝|xP﹣xB|＝|m|，ly＝|yP﹣yB|＝|﹣2m+2﹣1|＝|﹣2m+1|， 由条件可知lx＝2ly，即|m|＝2|﹣2m+1|， 解得或， ∴点P的横坐标xP的值为或； （3）设点Q（x，y），先分析点Q需满足的要求， 如图，分别过点A、B作坐标轴的平行线，将平面直角坐标系分为9块区域， 当点Q在区域1，即x≤﹣4，y≤0时， lx＝|0﹣x|＝﹣x，ly＝|1﹣y|＝1﹣y， ∴﹣x＝2（1﹣y），即， ∴此时点Q在直线上； 当点Q在区域2，即﹣4＜x≤0，y≤0时， lx＝|0﹣（﹣4）|＝4，ly＝|1﹣y|＝1﹣y， ∴4＝2（1﹣y），解得y＝﹣1， ∴此时点Q在直线y＝﹣1上； 当点Q在区域3，即x＞0，y≤0时， lx＝|x﹣（﹣4）|＝x+4，ly＝|1﹣y|＝1﹣y， ∴x+4＝2（1﹣y），即， ∴此时点Q在直线上； 同理，当点Q在区域7、8、9时，对应的直线分别为，y＝2，， 当点Q在区域4，即x≤﹣4，0＜y≤1时， lx＝|0﹣x|＝﹣x，ly＝|1﹣0|＝1， ∴﹣x＝2，即x＝﹣2，与题设矛盾， ∴该区域不存在符合要求的点Q； 同理，区域5和区域6也不存在符合要求的点Q； 综上，符合要求的点Q在上下两段折线上； 设正方形四个顶点分别为F、G、H、I， ①当点H在点Q所在的上半折线上时，如图， 由条件可知点T在直线y＝x+2上， ∴FH⊥GI，TF＝TG＝TI＝TH， 在直角△FGT中，， ∴2TF2＝2，解得TF＝1， ∴TF＝TG＝TI＝TH＝1， ∵FH、GI都与坐标轴垂直， ∴点F的坐标为（t，t+3），点G的坐标为（t﹣1，t+2），点H的坐标为（t，t+1），点I的坐标为（t+1，t+2）， H在直线上， ∴，解得t＝2； ②当点F在点Q所在的上半折线上时，如图， 点F在直线y＝2上， ∴t+3＝2，解得t＝﹣1， ∴当正方形FGHI与点Q所在的上半折线相交时，t的取值范围为﹣1≤t≤2； ③当点H在点Q所在的下半折线上时，如图， 点H在直线y＝﹣1上， ∴t+1＝﹣1，解得t＝﹣2； ④当点F在点Q所在的下半折线上时，如图， 点F在直线y＝﹣1上， ∴t+3＝﹣1，解得t＝﹣4， ∴当正方形FGHI与点Q所在的下半折线相交时，t的取值范围为﹣4≤t≤﹣2； 综上所述，t的取值范围为﹣4≤t≤﹣2或﹣1≤t≤2． 【点睛】本题是图形与坐标的综合题，考查新定义，绝对值的意义，解绝对值方程，灵活运用数形结合思想和分类讨论思想是解题关键． 考点四 几何变换综合题 13．（2026•海门区模拟）综合与实践 问题背景： 如图1，在四边形ABCD中，AB＝5，BC＝4，AD⊥CD，连接AC，AC⊥BC，过点C作CE⊥AB于点E，且CE＝CD． （1）求证：AD＝AE． 操作探究： 如图2，将△ACD沿直线AB方向向右平移一定距离，点A，C，D的对应点分别为点A'，C'，D'，且点A'与点E重合． （2）①连接DD'，试判断四边形AED'D的形状，并说明理由； ②求出△ACD平移的距离． （3）若将△ACD继续沿直线AB方向向右平移，当点D'恰好落在BC边上时，请在图1中画出平移后的图形，并求出继续平移的距离． 拓展创新： 如图3，在（2）的条件下，将△A'C'D'绕点E按顺时针方向旋转一定角度，在旋转的过程中，记直线C'D'分别与边AB，BC交于点N，M． （4）当C'E∥BM时，请直接写出BN的长． 【分析】（1）证明Rt△ACD≌Rt△ACE（HL）．由全等三角形的性质可得出答案； （2）①由平移的性质得出A'D'∥AD，A'D'＝AD．根据菱形的判定可得出结论； ②证明△ACE∽△ABC．得出，由勾股定理可得出答案； （3）由等腰三角形的性质及平移的性质可得出答案； （4）由旋转的性质得出D'E＝AD，∠C'D'E＝∠D＝90°．设C'N＝EN＝x，则D'Nx．由勾股定理求出x，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵AD⊥CD，CE⊥AB， ∴∠ADC＝∠AEC＝90°． 在Rt△ACD和Rt△ACE中， ， ∴Rt△ACD≌Rt△ACE（HL）． ∴AD＝AE． （2）解：①四边形AED'D是菱形． 理由：∵将△ACD沿直线AB方向向右平移一定距离，点A，C，D的对应点分别为点A'，C'，D'， ∴A'D'∥AD，A'D'＝AD， ∴四边形AED'D是平行四边形． 由（1）得AD＝AE． ∴四边形AED'D是菱形． ②∵∠AEC＝∠ACB＝90°，∠CAE＝∠BAC， ∴△ACE∽△ABC． ∴， 在Rt△ABC中，AC3． ∴， 解得AE． ∴△ACD平移的距离为． （3）解：所作图形如图所示． 由平移的性质，得∠4＝∠3，A'C'∥AC，A'D'＝AD． ∴∠1＝∠2，∠A'FB＝∠ACB＝90°． 由（1），得∠2＝∠3， ∴∠1＝∠4， ∴∠5＝∠B． ∴A'B＝A'D'， ∴A'B＝AE． 由（2），得AE， ∴A'B＝AE． ∴A'E＝AB﹣AE﹣A'B． ∴继续平移的距离为． （4）∵C'E∥BM， ∴∠B＝∠NEC'，∠BMN＝∠EC'N． ∴∠ACD＝∠B． ∴∠B＝∠EC'N． ∴∠NEC'＝∠BMN． ∴∠EC'N＝∠NEC'． ∴EN＝C'N． ∵S△ABCAB⋅CE， ∴CE． ∴C'D'＝CD＝CE． ∵将△A'C'D'绕点E按顺时针方向旋转， ∴D'E＝AD，∠C'D'E＝∠D＝90°． 设C'N＝EN＝x，则D'Nx． 在Rt△ED'N中，根据勾股定理，． 解得x． ∴BN＝AB﹣AE﹣EN． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行四边形的性质，平移的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 考点五 相似形综合题 14．（2025•南通）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．M是BC的中点，DM交AC于点G． （1）求证：AG＝2GC； （2）设∠BCD，∠BDC的角平分线交于点I． ①当AB＝6，BC＝8时，求点I到BC的距离； ②若AB+AC＝2BC，作直线GI分别交BD，CD于E，F两点，求的值． 【分析】（1）根据矩形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，根据相似三角形的性质得到，得到BC＝2CM，求得AD＝2CM，得到，于是得到AG＝2GC； （2）①根据勾股定理得到，求得BD＝AC＝10，如图，过点I作IH⊥BC，垂足为H，设IH＝r，则（BC+CD+BD）•rBC•CD，得到r＝2，于是得到结论； ②如图，作IH⊥BC，垂足为H，作GQ⊥BC，垂足为Q，设IH＝r，AB＝CD＝c，AC＝BD＝b，由AB+AC＝2BC得，在△BCD中，，解方程得到，根据相似三角形的性质得到，求得，得到GQ＝IH，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴△ADG∽△CMG， ∴， ∵M是BC的中点， ∴BC＝2CM， ∴AD＝2CM， ∴， ∴AG＝2GC； （2）解：①在Rt△ABC中，∵AB＝6，BC＝8， ∴， ∴BD＝AC＝10， 如图，过点I作IH⊥BC，垂足为H， 设IH＝r，则（BC+CD+BD）•rBC•CD， ∴r＝2， 即IH＝2， ∴点I到BC的距离为2； ②如图，作IH⊥BC，垂足为H，作GQ⊥BC，垂足为Q， 设IH＝r，AB＝CD＝c，AC＝BD＝b， 由AB+AC＝2BC得， 在△BCD中，， ∴， ∵GQ∥AB， ∴△CGQ∽△CAB， ∴， ∵AG＝2GC， ∴AC＝3GC， ∴， ∴， ∴GQ＝IH， ∵IH⊥BC，GQ⊥BC， ∴GQ∥IH， ∴四边形GQHI是平行四边形， ∴GI∥BC， 即EF∥BC， ∴， ∴△DEF∽△DBC， ∴， ∴． 【点睛】本题是相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 15．（2023•南通）正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动（不与正方形顶点重合）．作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F． （1）如图，点E在边BC上，BE＝DF，则图中与线段AE相等的线段是 AF ； （2）过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数； （3）在（2）的条件下，当点F在边CD延长线上且DF＝DG时，求的值． 【分析】（1）通过证明△ABE≌△ADF（SAS），即可得到AF＝AE； （2）当E点在BC边上时，如图1，过G点作GM⊥AD交于M，延长MG交BC于N点，通过证明△AMG≌△GNE（AAS），推导出△MDG为等腰直角三角形，即可求∠GDC＝45°；当点E在CD边上时，如图2，过点G作GN⊥DF交于N，延长NG交BA延长线于点M，同理，△AMG≌△GNE（AAS），可推导出△NDG为等腰直角三角形，则∠GDN＝45°，即可求∠GDC＝180°﹣45°＝135°， （3）当点F在CD边延长线上时，点E在边CD上，设GN＝DN＝a，则DGa，则DF＝DGa，FN＝DF﹣DN＝（1）a，再由GN∥AD，即可求1． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， ∵BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF， 故答案为：AF； （2）当E点在BC边上时，如图1， 过G点作GM⊥AD交于M，延长MG交BC于N点， ∴∠AMG＝∠DMG＝∠GNE＝90°， ∴四边形CDMN是矩形， ∴∠AGM+∠MAG＝90°， ∵EG⊥AF，∠EAF＝45°， ∴∠AGM+∠EGN＝90°， ∵∠AGE＝90°，∠EAF＝45°， ∴△AEG是等腰直角三角形， ∴AG＝EG， ∴∠EGN＝∠MAG， ∴△AMG≌△GNE（AAS）， ∴AM＝GN， ∵AM+MD＝GN+MG， ∴MD＝MG， ∴△MDG为等腰直角三角形， ∴∠MDG＝45°， ∴∠GDC＝45°； 当点E在CD边上时，如图2， 过点G作GN⊥DF交于N，延长NG交BA延长线于点M， ∴四边形ADNM是矩形， 同理，△AMG≌△GNE（AAS）， ∴GN＝AM＝DN， ∴△NDG为等腰直角三角形， ∴∠GDN＝45°， ∴∠GDC＝180°﹣45°＝135°， 综上所述：∠GDC的度数为45°或135°； （3）当点F在CD边延长线上时，点E在边CD上， 设GN＝DN＝a，则DGa， ∴DF＝DGa， ∴FN＝DF﹣DN＝（1）a， ∵GN∥AD， ∴1． 【点睛】本题考查相似的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，等腰直角三角形的性质，矩形的性质是解题的关键． 16．（2026•海门区模拟）阅读理解 如图（1），在正多边形A1A2A3…An的边A2A3上任取一不与点A2重合的点B2，并以线段A1B2为边在线段A1A2的上方作正多边形A1B2B3…Bn，把正多边形A1B2B3…Bn叫正多边形A1A2…An的准位似图形，点A3称为准位似中心． 特例论证 （1）如图（2）已知正三角形A1A2A3的准位似图形为正三角形A1B2B3，试证明：随着点B2的运动，∠B3A3A1的大小始终不变． 数学思考 （2）如图（3）已知正方形A1A2A3A4的准位似图形为正方形A1B2B3B4，随着点B2的运动，∠B3A3A4的大小始终不变？若不变，请求出∠B3A3A4的大小；若改变，请说明理由． 归纳猜想 （3）在图（1）的情况下： ①试猜想∠B3A3A4的大小是否会发生改变？若不改变，请用含n的代数式表示出∠B3A3A4的大小（直接写出结果）；若改变，请说明理由． ②∠B3A3A4+∠B4A4A5+∠B5A5A6+…+∠BnAnA1＝　　 （用含n的代数式表示） 【分析】（1）先判断出△A2A1B2≌△A3A1B3，再利用等边三角形的性质即可得出结论； （2）先判断出△A3B2B3≌△DA1B2，再利用正方形的性质即可得出结论； （3）①先判断出△A3B2B3≌△DA1B2，再利用正多边形的边相等和每个内角即可得出结论； ②利用①的结论和方法即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵△A1A2A3与△A1B2B3是正三角形， ∴A1A2＝A1A3，A1B2＝A1B3，∠A2A1A3＝∠B2A1B3＝60°， ∴∠A2A1B2＝∠A3A1B3， ∴△A2A1B2≌△A3A1B3， ∴∠B3A3A1＝∠A2＝60°， ∴∠B3A3A1的大小不变； （2）∠B3A3A4的大小不变， 理由：如图，在边A1A2上取一点D，使A1D＝A3B2，连接B2D， ∵四边形A1A2A3A4与A1B2B3B4是正方形， ∴A1B2＝B2B3，∠A1B2B3＝∠A1A2A3＝90°， ∴∠A3B2B3+∠A1B2A2＝90°，∠A2A1B2+∠A1B2A2＝90°， ∴∠A3B2B3＝∠A2A1B2， ∴△A3B2B3≌△DA1B2， ∴∠B2A3B3＝∠A1DB2， ∵A1A2＝A2A3，A1D＝A3B2， ∴A2B2＝A2D， ∵∠A1A2A3＝90°， ∴△DA2B2是等腰直角三角形， ∴∠A1DB2＝135°， ∴∠B2A3B3＝135°， ∵∠A4A3A2＝90°， ∴∠B3A3A4＝45°， 即：∠B3A3A4的大小始终不变； （3）①∠B3A3B4的大小始终不变，理由：如图1， 在A1A2上取一点D，使A1D＝A3B2， 连接B2D， ∵∠A2A1B2＝180°﹣∠A2﹣∠A1B2A2，∠A3B2B3＝180°﹣∠B3B2A1﹣∠A1B2A2， 而∠A2＝∠B3B2A1， ∴∠A2A1B2＝∠A3B2B3， ∵A1B2＝B2B3， ∴△A3B2B3≌△DA1B2， ∴∠B2A3B3＝A1DB2， ∵A1A2＝A2A3，A1D＝A3B2， ∴A2D＝A2B2， ∴∠A1DB2＝180°（180°﹣∠A1A2B2）＝90°90° ∴∠B3A3A4＝∠A1DB2﹣∠B2A3A4＝90°； ②由①知，∠B3A3A4， 同①的方法可得，∠B4A4A52，∠B5A5A63，…，∠BnAnA1（n﹣2）， ∴①∠B3A3A4+∠B4A4A5+∠B5A5A6+…+∠BnAnA1 23（n﹣2）， 故答案为． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，解本题的关键是判断出△A3B2B3≌△DA1B2，用类比的思想解决问题是解决本题的难点． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题5 解答题第24题压轴题题位训练 考点一 一次函数综合题 1．（2026•海门区二模）如图，已知射线AB与x轴和y轴分别交于点A（﹣3，0）和点B（0，3）．动点P从点A出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向右做匀速运动，过点P作PQ⊥AB于Q．设运动时间为t秒，且第一象限内有点N（n，n﹣2）． （1）当n＝3时，若PQ恰好经过点N，求t的值； （2）连接BP，记△BPQ面积为S△BPQ，△ABP面积为S△ABP． ①当S△BPQS△ABP时，求t的取值范围； ②当S△BPQS△ABP时，记Q（a，b），若（a﹣n）2+（b﹣n+2）2取得最小值时，求直线QN的解析式． 考点二 二次函数综合题 2．（2024•南通）已知函数y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2（a，b为常数）．设自变量x取x0时，y取得最小值． （1）若a＝﹣1，b＝3，求x0的值； （2）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在双曲线y上，且x0．求点P到y轴的距离； （3）当a2﹣2a﹣2b+3＝0，且1≤x0＜3时，分析并确定整数a的个数． 3．（2026•海安市一模）在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点M，抛物线W2：y＝ax2﹣4ax+n（a＞0）经过点（1，﹣1）． （1）用含有a的式子表示n； （2）若m＝﹣2，点P在W1上，且点P的纵坐标为﹣5．请说明P是否在W2上？ （3）直线y＝kx+m（k＜0）交W1于点M，N，若线段MN的中点Q为直线MN与W2的唯一公共点，求a的值． 4．（2026•海门区模拟）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c，直线与y轴交于A，与x轴交于B．抛物线过A、B两点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点M为抛物线第一象限一点，AM⊥MN．若，求点M的横坐标； （3）如图2，∠ACB＝90°，点P为AB中点，EP∥OB，且点E的横坐标为﹣1．∠ECD＝90°，∠EDC＝60°，作点A关于x轴的对称点F，，连接DG，DF．请直接写出的最小值（结果无需化简）． 5．（2026•海门区一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣4mx+4m2﹣9与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），与y轴交于点C． （1）当m＝2时，求点A，B的坐标； （2）若S△CAB＝3S△CAO，求直线BC的函数解析式； （3）将抛物线在x轴上方的部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，得到的新函数图象记为G，点M（x1，y1），N（x2，y2）在G上，当1＜x1＜2，x2＝2时，y1＜y2恒成立，直接写出m的取值范围． 6．（2026•海门区模拟）如图是一动画的设计示意图，水面（x轴）上小山的最高点为A，山后由AB，BC，CD三部分组成，其中A（3，6），B（4，2），C（5，2），D（9，0）；水面下有两点M（﹣2，﹣2），N（0，﹣2），从平台MN上的点E（不与点M，N重合）向右上沿L：y＝﹣x2+bx+b+1发射带光的点P（水的影响忽略不计），设点E的横坐标为m． （1）若L上最高点的纵坐标为9． ①求L的解析式并求此时m的值； ②判断点P能否越过点A？并说明理由． （2）一个T形架：FG∥x轴（FG在CD上方），H为FG的中点，点K在CD上（不与端点重合），KH⊥FG，FH＝HG＝HK＝1．设点K到x轴的距离为n，若L的对称轴为直线x＝3，点P不能落在FG上，直接写出n的取值范围． （温馨提示：抛物线顶点坐标公式（，）） 7．（2025•辽阳模拟）综合与实践 【问题提出】 某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在△ABC边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作等边△DPE．设点P的运动时间为t秒，△DPE的面积为S，探究S与t的关系． 【初步感知】 （1）如图1，在点P由点C运动到点B的过程中： ①当t＝1.5时，S＝　 ； ②S关于t的函数解析式为（并写出自变量的取值范围）　 ． （2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长． 【延伸探究】 （3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的三角形DPE的面积均相等．解决下列问题： ①t1+t2＝ ；②当t3＝4t1时，求等边△DPE的面积． 8．（2026•启东市模拟）已知二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0）图象的对称轴是经过点（1，0）且平行于y轴的直线，与x轴分别交于A、B两点（A点在B点的左侧），A点为（﹣1，0），与y轴交于点C． （1）求二次函数的表达式； （2）点M（m，y1）和N（m+1，y2）是二次函数图象上的两个点，比较y1和y2的大小； （3）在抛物线对称轴上找一点P，使得tan∠BPC＝3，求P点的坐标． 9．（2026•海门区模拟）如图所示，一质地均匀的小球从斜坡O点处抛出，它抛出的路线可以用抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c为常数）的一部分进行刻画，斜坡可用直线y＝kx（k≠0，k为常数）的一部分进行刻画．如题2、3图（2）所示建立直角坐标系，已知小球能达到的最高点的坐标为（﹣2，4），小球在斜坡上的落点A的横坐标为﹣3． （1）求出抛物线与直线的函数解析式并写出自变量的取值范围． （2）当小球落到A点时由于受到重力因素的影响会加速下滑，当小球滑到O点时速度最大．设小球落到A点的速度为vo，小球滑落到点O时的速度为v，v与vo满足（t为小球从A点滑落到O点所需时间），已知小球从A点滑落到O点需要秒，请分别求出v与vo的值（提示：平均速度）． （3）如图（2）所示，点B是抛物线上（小球从起点到落点的运动轨迹）的动点，连接BO，AB．是否存在点B，使得AB⊥OB？若存在，请求出点B的坐标；若不存在，请说明理由． 考点三 几何综合 10．（2026•海门区一模）如图所示，边长为的正方形ABCD两对角线相交于点O，∠EAF＝45°，∠EAF绕着点A自AB逆时针方向旋转，交直线BD于点E、F． （1）如图1所示，当∠EAF绕着点A旋转到AE恰好平分∠OAB时，试证明OA+OE＝AB； （2）如图2所示，当∠EAF绕着点A旋转，边AE、AF恰好位于AO两侧，且EO：OF＝2：3，计算三角形AEF的面积； （3）如图3所示，射线AF旋转到正方形外侧，与直线BD相交于点F，令∠AEO＝θ，令∠AFD＝ϕ，请写出tanθ与tanϕ的关系． 11．（2025•眉山）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点B′处，折痕交AB于点E，再沿着过点B′的直线折叠，使点D落在B′C边上的点D′处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点B′、D′及折痕CE、B′F，连接B′E、B′C、D′F． 【初步猜想】（1）确定CE和B′F的位置关系及线段BE和CF的数量关系． 创新小组经过探究，发现CE∥B′F，证明过程如下： 由折叠可知∠DB'F＝∠CB'F∠DB'C，∠ECB'＝∠ECB∠BCB'．由矩形的性质，可知AD∥BC，∴∠DB′C＝∠BCB′，∴①　 ，∴CE∥B′F． 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② ． 经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一： 方法一：证明△AB′E≌△D′CF，得到B′E＝CF，再由B′E＝BE可得结论． 方法二：过点B′作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形CFB′G，然后证B′G＝B′E可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形ABCD中，AB＝6，按上述操作折叠并展开后，过点B′作B′G∥AB交CE于点G，连接D′G，当△B′D′G为直角三角形时，求出BE的长． 12．（2026春•北京月考）在平面直角坐标系xOy中，点M（xM，yM）和点N（xN，yN）是图形G上的任意两点，记|xM﹣xN|的最大值为lx，|yM﹣yN|的最大值为ly，若lx＝2ly，则称图形G是“奇妙图形”．已知点A（﹣4，0），B（0，1）． （1）点C（0，2），D（﹣4，2），E（2，﹣2），下列图形： ①线段AC；②△ABD；③四边形ADCE． 其中是“奇妙图形”的是　 　 ；（填序号） （2）在（1）的条件下，点P在直线CE上，若线段BP是“奇妙图形”，求点P的横坐标xP的值； （3）已知边长为的正方形中心为T（t，t+2），两条对角线均垂直于坐标轴，若正方形上存在点Q，使得△ABQ是“奇妙图形”，直接写出t的取值范围． 考点四 几何变换综合题 13．（2026•海门区模拟）综合与实践 问题背景： 如图1，在四边形ABCD中，AB＝5，BC＝4，AD⊥CD，连接AC，AC⊥BC，过点C作CE⊥AB于点E，且CE＝CD． （1）求证：AD＝AE． 操作探究： 如图2，将△ACD沿直线AB方向向右平移一定距离，点A，C，D的对应点分别为点A'，C'，D'，且点A'与点E重合． （2）①连接DD'，试判断四边形AED'D的形状，并说明理由； ②求出△ACD平移的距离． （3）若将△ACD继续沿直线AB方向向右平移，当点D'恰好落在BC边上时，请在图1中画出平移后的图形，并求出继续平移的距离． 拓展创新： 如图3，在（2）的条件下，将△A'C'D'绕点E按顺时针方向旋转一定角度，在旋转的过程中，记直线C'D'分别与边AB，BC交于点N，M． （4）当C'E∥BM时，请直接写出BN的长． 考点五 相似形综合题 14．（2025•南通）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．M是BC的中点，DM交AC于点G． （1）求证：AG＝2GC； （2）设∠BCD，∠BDC的角平分线交于点I． ①当AB＝6，BC＝8时，求点I到BC的距离； ②若AB+AC＝2BC，作直线GI分别交BD，CD于E，F两点，求的值． 15．（2023•南通）正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动（不与正方形顶点重合）．作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F． （1）如图，点E在边BC上，BE＝DF，则图中与线段AE相等的线段是 AF ； （2）过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数； （3）在（2）的条件下，当点F在边CD延长线上且DF＝DG时，求的值． 16．（2026•海门区模拟）阅读理解 如图（1），在正多边形A1A2A3…An的边A2A3上任取一不与点A2重合的点B2，并以线段A1B2为边在线段A1A2的上方作正多边形A1B2B3…Bn，把正多边形A1B2B3…Bn叫正多边形A1A2…An的准位似图形，点A3称为准位似中心． 特例论证 （1）如图（2）已知正三角形A1A2A3的准位似图形为正三角形A1B2B3，试证明：随着点B2的运动，∠B3A3A1的大小始终不变． 数学思考 （2）如图（3）已知正方形A1A2A3A4的准位似图形为正方形A1B2B3B4，随着点B2的运动，∠B3A3A4的大小始终不变？若不变，请求出∠B3A3A4的大小；若改变，请说明理由． 归纳猜想 （3）在图（1）的情况下： ①试猜想∠B3A3A4的大小是否会发生改变？若不改变，请用含n的代数式表示出∠B3A3A4的大小（直接写出结果）；若改变，请说明理由． ②∠B3A3A4+∠B4A4A5+∠B5A5A6+…+∠BnAnA1＝　 （用含n的代数式表示） 1 学科网（北京）股份有限公司 $